2006 年考研数学（二） 第 18 题

递推数列极限的套路：先证「单调＋有界」保证极限存在，再对递推式两端取极限解出极限值——这里 $\sin x<x$ 给单调性、$A=\sin A$ 给 $A=0$。第二问是 $1^{\infty }$ 型，标准动作是化 $e^{\text{指数}}$，指数用 $\ln (1+u)\sim u$ 降为 $\frac{\sin x_n-x_n}{x_n^3}$，而这恰是经典极限 $\frac{\sin t-t}{t^3}\to -\frac{1}{6}$（对应泰勒 $\sin t=t-\frac{t^3}{6}+\cdots$），故答案 $e^{-1/6}$。

本题考查单调有界准则求数列极限，以及 $1^{\infty }$ 型幂指极限。

（Ⅰ） 由 $0<x_1<\pi$ 及 $x_{n+1}=\sin x_n$，先归纳得 $x_n>0$（因 $x_1\in (0,\pi )$ 时 $\sin x_1>0$，其后各项均为正弦值且落在 $(0,1)\subset (0,\pi )$）。又当 $x>0$ 时 $\sin x<x$，故 $x_{n+1}=\sin x_n<x_n$，即 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$。由单调有界准则，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在。

设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$，对 $x_{n+1}=\sin x_n$ 两端取极限得 $A=\sin A$，在 $A\ge 0$ 范围内唯一解为 $A=0$。故 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。

（Ⅱ） 由 $x_{n+1}=\sin x_n$，$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{\sin x_n}{x_n}\to 1$，故所求为 $1^{\infty }$ 型。取对数或用 $e$ 的凑法：
$${\left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}={\left(1+\frac{\sin x_n-x_n}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}=\exp \left[\frac{1}{x_n^2}\ln \left(1+\frac{\sin x_n-x_n}{x_n}\right)\right].$$

因 $x_n\to 0$，$\frac{\sin x_n-x_n}{x_n}\to 0$，用 $\ln (1+u)\sim u$，指数中的极限化为 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{x_n^2}\cdot \frac{\sin x_n-x_n}{x_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sin x_n-x_n}{x_n^3}$。

由 $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t-t}{t^3}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\cos t-1}{3t^2}=-\frac{1}{6}$（洛必达一次，再用 $1-\cos t\sim \frac{t^2}{2}$），得该极限为 $-\frac{1}{6}$。故
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}=e^{-\frac{1}{6}}.$$